五、解答题（本题共3小题，其中24题11分，25、26题各12分，共35分）

24．（11分）（2013•大连）如图，一次函数y=﹣x+4的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B．P是射线BO上的一个动点（点P不与点B重合），过点P作PC⊥AB，垂足为C，在射线CA上截取CD=CP，连接PD．设BP=t．

（1）t为何值时，点D恰好与点A重合？

（2）设△PCD与△AOB重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围．

考点： 一次函数综合题．

分析： （1）首先求出点A、B的坐标，然后在Rt△BCP中，解直角三角形求出BC，CP的长度；进而利用关系式AB=BC+CD，列方程求出t的值；

（2）点P运动的过程中，分为四个阶段，需要分类讨论：

①当0＜t≤时，如题图所示，重合部分为△PCD；

②当＜t≤4时，如答图1所示，重合部分为四边形ACPE；

③当4＜t≤时，如答图2所示，重合部分为△ACE；

④当t＞时，无重合部分．

解答： 解：（1）在一次函数解析式y=﹣x+4中，令x=0，得y=4；令y=0，得x=3，

∴A（3，0），B（0，4）．

在Rt△AOB中，OA=3，OB=4，由勾股定理得：AB=5．

在Rt△BCP中，CP=PB•sin∠ABO=t，BC=PB•cos∠ABO=t，

∴CD=CP=t．

若点D恰好与点A重合，则BC+CD=AB，即t+t=5，

解得：t=，

∴当t=时，点D恰好与点A重合．

（2）当点P与点O重合时，t=4；

当点C与点A重合时，由BC=BA，即t=5，得t=．

点P在射线BO上运动的过程中：

①当0＜t≤时，如题图所示：

此时S=S△PCD=CP•CD=•t•t=t2；

②当＜t≤4时，如答图1所示，设PC与x轴交于点E．

BD=BC+CD=t+t=t，

过点D作DN⊥y轴于点N，则ND=BD•sin∠ABO=t•=t，BN=BD•cos∠ABO=t•=t．

∴PN=BN﹣BP=t﹣t=t，ON=BN﹣OB=t﹣4．

∵ND∥x轴，

∴，即，得：OE=28﹣7t．

∴AE=OA﹣OE=3﹣（28﹣7t）=7t﹣25．

故S=S△PCD﹣S△ADE=CP•CD﹣AE•ON=t2﹣（7t﹣25）（t﹣4）=t2+28t﹣50；

③当4＜t≤时，如答图2所示，设PC与x轴交于点E．

AC=AB﹣BC=5﹣t，

∵tan∠OAB==，∴CE=AC•tan∠OAB=（5﹣t）×=﹣t．

故S=S△ACE=AC•CE=（5﹣t）•（﹣t）=t2﹣t+；

④当t＞时，无重合部分，故S=0．

综上所述，S与t的函数关系式为：

S=．

点评： 本题考查了典型的运动型综合题，且计算量较大，有一定的难度．解题关键在于：一，分析点P的运动过程，区分不同的阶段，分类讨论计算，避免漏解；二，善于利用图形面积的和差关系计算所求图形的面积；三，认真计算，避免计算错误．

25．（12分）（2013•大连）将△ABC绕点B逆时针旋转α得到△DBE，DE的延长线与AC相交于点F，连接DA、BF．

（1）如图1，若∠ABC=α=60°，BF=AF．

①求证：DA∥BC；②猜想线段DF、AF的数量关系，并证明你的猜想；

（2）如图2，若∠ABC＜α，BF=mAF（m为常数），求的值（用含m、α的式子表示）．

考点： 旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；解直角三角形．

分析： （1）由旋转性质证明△ABD为等边三角形，则∠DAB=∠ABC=60°，所以DA∥BC；

（2）①如答图1所示，作辅助线（在DF上截取DG=AF，连接BG），构造全等三角形△DBG≌△ABF，得到BG=BF，∠DBG=∠ABF；进而证明△BGF为等边三角形，则GF=BF=AF；从而DF=2AF；

②与①类似，作辅助线，构造全等三角形△DBG≌△ABF，得到BG=BF，∠DBG=∠ABF，由此可知△BGF为顶角为α的等腰三角形，解直角三角形求出GF的长度，从而得到DF长度，问题得解．

解答： （1）证明：①由旋转性质可知，∠DBE=∠ABC=60°，BD=AB

∴△ABD为等边三角形，

∴∠DAB=60°，

∴∠DAB=∠ABC，

∴DA∥BC．

②猜想：DF=2AF．

证明：如答图1所示，在DF上截取DG=AF，连接BG．

由旋转性质可知，DB=AB，∠BDG=∠BAF．

∵在△DBG与△ABF中，

∴△DBG≌△ABF（SAS），

∴BG=BF，∠DBG=∠ABF．

∵∠DBG+∠GBE=α=60°，

∴∠GBE+∠ABF=60°，即∠GBF=α=60°，

又∵BG=BF，

∴△BGF为等边三角形，

∴GF=BF，又BF=AF，

∴GF=AF．

∴DF=DG+GF=AF+AF=2AF．

（2）解：如答图2所示，在DF上截取DG=AF，连接BG．

由（1），同理可证明△DBG≌△ABF，BG=BF，∠GBF=α．

过点B作BN⊥GF于点N，

∵BG=BF，∴点N为GF中点，∠FBN=．

在Rt△BFN中，NF=BF•sin∠FBN=BFsin=mAFsin．

∴GF=2NF=2mAFsin

∴DF=DG+GF=AF+2mAFsin，

∴=1+2msin．

点评： 本题是几何综合题，考查了旋转性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点．难点在于第（2）问，解题关键是构造全等三角形得到等腰三角形，同学们往往不能由此突破而陷入迷途．

26．（12分）（2013•大连）如图，抛物线y=﹣x2+x﹣4与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C，抛物线的对称轴与x轴相交于点M．P是抛物线在x轴上方的一个动点（点P、M、C不在同一条直线上）．分别过点A、B作直线CP的垂线，垂足分别为D、E，连接点MD、ME．

（1）求点A，B的坐标（直接写出结果），并证明△MDE是等腰三角形；

（2）△MDE能否为等腰直角三角形？若能，求此时点P的坐标；若不能，说明理由；

（3）若将“P是抛物线在x轴上方的一个动点（点P、M、C不在同一条直线上）”改为“P是抛物线在x轴下方的一个动点”，其他条件不变，△MDE能否为等腰直角三角形？若能，求此时点P的坐标（直接写出结果）；若不能，说明理由．

考点： 二次函数综合题．

分析： （1）在抛物线解析式中，令y=0，解一元二次方程，可求得点A、点B的坐标；

如答图1所示，作辅助线，构造全等三角形△AMF≌△BME，得到点M为为Rt△EDF斜边EF的中点，从而得到MD=ME，问题得证；

（2）首先分析，若△MDE为等腰直角三角形，直角顶点只能是点M．如答图2所示，设直线PC与对称轴交于点N，首先证明△ADM≌△NEM，得到MN=AM，从而求得点N坐标为（3，2）；其次利用点N、点C坐标，求出直线PC的解析式；最后联立直线PC与抛物线的解析式，求出点P的坐标．

（3）当点P是抛物线在x轴下方的一个动点时，解题思路与（2）完全相同．

解答： 解：（1）抛物线解析式为y=﹣x2+x﹣4，令y=0，

即﹣x2+x﹣4=0，解得x=1或x=5，∴A（1，0），B（5，0）．

如答图1所示，分别延长AD与EM，交于点F．

∵AD⊥PC，BE⊥PC，∴AD∥BE，∴∠MAF=∠MBE．

在△AMF与△BME中，

，

∴△AMF≌△BME（ASA），

∴ME=MF，即点M为Rt△EDF斜边EF的中点，

∴MD=ME，即△MDE是等腰三角形．

（2）答：能．

抛物线解析式为y=﹣x2+x﹣4=﹣（x﹣3）2+，

∴对称轴是直线x=3，M（3，0）；

令x=0，得y=﹣4，∴C（0，﹣4）．

△MDE为等腰直角三角形，有3种可能的情形：

①若DE⊥EM，

由DE⊥BE，可知点E、M、B在一条直线上，

而点B、M在x轴上，因此点E必然在x轴上，

由DE⊥BE，可知点E只能与点O重合，即直线PC与y轴重合，

不符合题意，故此种情况不存在；

②若DE⊥DM，与①同理可知，此种情况不存在；

③若EM⊥DM，如答图2所示：

设直线PC与对称轴交于点N，

∵EM⊥DM，MN⊥AM，∴∠EMN=∠DMA．

在△ADM与△NEM中，

∴△ADM≌△NEM（ASA），

∴MN=MA．

抛物线解析式为y=﹣x2+x﹣4=﹣（x﹣3）2+，故对称轴是直线x=3，

∴M（3，0），MN=MA=2，

∴N（3，2）．

设直线PC解析式为y=kx+b，∵点N（3，2），C（0，﹣4）在抛物线上，

∴，解得k=2，b=﹣4，∴y=2x﹣4．

将y=2x﹣4代入抛物线解析式得：2x﹣4=﹣x2+x﹣4，

解得：x=0或x=，

当x=0时，交点为点C；当x=时，y=2x﹣4=3．

∴P（，3）．

综上所述，△MDE能成为等腰直角三角形，此时点P坐标为（，3）．

（3）答：能．

如答题3所示，设对称轴与直线PC交于点N．

与（2）同理，可知若△MDE为等腰直角三角形，直角顶点只能是点M．

∵MD⊥ME，MA⊥MN，∴∠DMN=∠EMB．

在△DMN与△EMB中，

∴△DMN≌△EMB（ASA），

∴MN=MB．

∴N（3，﹣2）．

设直线PC解析式为y=kx+b，∵点N（3，﹣2），C（0，﹣4）在抛物线上，

∴，解得k=，b=﹣4，∴y=x﹣4．

将y=x﹣4代入抛物线解析式得：x﹣4=﹣x2+x﹣4，

解得：x=0或x=，

当x=0时，交点为点C；当x=时，y=x﹣4=．

∴P（，）．

综上所述，△MDE能成为等腰直角三角形，此时点P坐标为（，）．

点评： 本题是二次函数综合题型，考查了二次函数与一次函数的图象与性质、待定系数法、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形、解方程等知识点，题目难度较大．第（2）（3）问均为存在型问题，且解题思路完全相同，可以互相借鉴印证．

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